12 几何专练(六)与矩形、菱形的性质和判定有关的证明或计算（提分小卷）-【精英新课堂·三点分层作业】2025-2026学年八年级下册数学（沪科版·新教材）

几何专练（六） 与矩形、菱形的性质和判定有关的证明或计算 (时间：40分钟满分：60分) 1.(6分)如图，在菱形ABCD中，∠A=60°，4.(8分)如图，在菱形ABCD中，对角线AC E,F分别是AB,AD的中点.若EF=2, 与BD交于点O,过点C作BD的平行 求菱形ABCD的周长. 线，过点D作AC的平行线，两直线相交 于点E. (1)求证：四边形OCED是矩形； (2)若CE=1,DE=2,则菱形ABCD的 面积是 2.(6分)如图，在矩形ABCD中，BE⊥AC, DF⊥AC,垂足分别为E,F.求证：AF=CE. 5.(10分)如图，点P在直线1外， ①在直线1上任取一点A,连接AP; ②以点A为圆心，AP长为半径画弧，交 直线L于点B; ③分别以点P,B为圆心，以大于2BP的 长为半径画弧，两弧在∠BAP内交于 3.(8分)如图，在□ABCD中，对角线AC, 点Q,作射线AQ; BD相交于点O,△ABO是等边三角形， ④以点P为圆心，AP长为半径画弧，交 AB=6,求BC的长 射线AQ于点C; D ⑤连接BC,CP. (1)由②得AP与AB的数量关系是 ；由③得到的结论是 ·23· (2)求证：四边形ABCP是菱形. 7.（12分)如图，在矩形ABCD中，AB= 4cm,BC=11cm,点P从点D出发向终 点A运动，同时点Q从点B出发向终点 C运动.当P,Q两点中有一点到达终点 时，另一点随之停止运动，点P,Q的速度 分别为1cm/s,2cm/s,连接PQ,AQ, CP.设点P,Q运动的时间为t(s). (1)如图①，当t为何值时，四边形ABQP 是矩形？ (2)如图②，若E为边AD上一点，当AE= 3cm时，四边形EQCP可能为菱形 6.(10分)如图，O是口ABCD对角线的交 吗？若能，请求出t的值；若不能，请 点，过点O的直线分别交AD,BC于点 说明理由 E,F. (1)求证：△ODE≌△OBF; (2)当EF⊥BD时，DE=15cm,分别连 图① 图② 接BE,DF,求此时四边形BEDF的 周长 ·24·4.解：五边形ABCDE是正五边形，∠BAE=∠B=5-2)X180°=108.由折叠的 5 性质，得∠BAB'=号∠BAE=54,∠AB'F=∠B=1O8,∠B'AF=号∠BAB'=27, ∠AFB=180°-∠B'AF-∠ABF=45°. 5.解：根据题意，得∠BEF=(8-2)×180°÷8=135°，∠CEG=(6-2)×180°÷6= 120°，∠EBC=360°÷8=45°，∠BCE=360°÷6=60°.在△BCE中，∠BEC=180° ∠EBC-∠BCE=75°.∴.∠FEG=360°-∠BEF-∠BEC-∠CEG=30. 6.解：，∠A+∠C=∠GHF,∠B+∠D=∠HGE,∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+ ∠F=∠GHF+∠HGE+∠E+∠F=360°. 7.解：(1)设这个多边形的外角为a,则内角为5a.∴.a十5a=180°，解得a=30°.∴.这个 多边形的边数为360°÷30°=12..这个多边形的内角和为180°×(12一2)=1800°. (2)CD⊥AF.理由如下：延长DC交FA的延长线于点M,延长AB交DM于点N.由 (1)知∠NCB=∠NBC=∠MAN=30°，∴.∠ANM=∠NBC+∠NCB=60°.'.∠M= 180°-∠ANM-∠MAN=90°..CD⊥AF. 8.解：(1)∠1十∠2=40°+∠a.理由如下：由题意知∠A+∠B+∠BFP十∠EPF+ ∠AEP=∠A+∠B+(180°-∠2)+∠a+(180°-∠1)=(5-2)×180°.∠A=100°， ∠B=120°，∴∠1+∠2=40°+∠a.(2)∠1-∠2=∠a+40°.理由如下：设PE,BC的 交点为H.由题意知∠BHE=∠2十∠a.,∠A+∠B+∠BHE+∠AEH=360°， ∴.100°+120°+∠2+∠a+(180°-∠1)=360°，即∠1-∠2=∠a十40°. 阶段小测（三） 1.B2.C3.A4.B5.B6.C7.68.49.1210.(1)√41(2)20 11.证明：：四边形ABCD是平行四边形，∴∠A=∠C,AB=CD.:BE=DH,∴AB BE=CD-DH,即AE=CH.又AF=CG,∴.△AEF≌△CHG(SAS).∴.EF=HG. 12.证明：AE⊥BD,CF⊥BD,.∠AEB=∠CFD=90°.BF=DE,.BF-EF= (AB=CD, DE-EF,即BE=DF.在Rt△ABE和Rt△CDF中，{ ,.Rt△ABE≌ BE=DE. Rt△CDF(HL).∠ABE=∠CDF.∴.AB∥CD.,AB=CD,四边形ABCD是平行 四边形. 13.解：AD∥BC,DE∥AB,∴四边形ABED是平行四边形.BE=AD=5.∴.CE= BC-BE=3.:AD/BC,∴SABE:SaE=BE:CE=5:3.∴SAE=号SACE=10. 14.(1)证明：四边形ABCD是平行四边形，∴.OA=OC,OB=OD.,E,F分别是OB, OD的中点，∴OE=号OB,OF=号OD.∴OE=OP.∴四边形AECF是平行四边形 (2)解：：AB⊥AC,∠BAC=90.AC=VBC-AB=8.0A=号AC=4.在 Rt△AOB中，由勾股定理得OB=√AB2+OA=2√13.∴.BD=2OB=4√13. 15.(1)证明：：四边形ABCD是平行四边形，∴.AB∥CD,AB=CD..∠GAE= ∠HCR.:G,H分别是AB,CD的中点，AG=合AB,CH=合CD.AG=CH, :AE=CF,△AGE≌△CHF(SAS)..GE=HF,∠AEG=∠CFH..∠GEF= ∠HFE.∴.GE∥HF.四边形EGFH是平行四边形.(2)解：四边形ABCD是平行 四边形，OA=OC,OB=0D=号BD=9.:四边形EGFH是平行四边形，OE= OF..AE+CF=EF,AE=CF,.2AE=EF=2OE..AE=OE..'G是AB的中点， EG是△AB0的中位线.∴EG=号OB=号. 几何专练（六）与矩形、菱形的性质和判定有关的证明或计算 1.解：E,F分别是AB,AD的中点，EF是△ABD的中位线..BD=2EF=4.四 边形ABCD是菱形，.AB=AD=BC=CD.又，∠A=60°，△ABD是等边三角形. .AB=BD=4.∴.菱形ABCD的周长为4AB=16. -46 2.证明：，四边形ABCD是矩形，∴AD=BC,AD∥BC..∠DAF=∠BCE.,BE⊥ AC,DF⊥AC,∴.∠AFD=∠CEB=90°.∴.△AFD≌△CEB(AAS).∴.AF=CE. 3.解：，△ABO是等边三角形，∴.OA=OB=AB=6.:四边形ABCD是平行四边形， .OA=OC,OB=OD..'.OA=OC=OB=OD..AC=BD=12,四边形ABCD是矩形. ∴∠ABC=90°.∴.BC=√AC-AB=6√3. 4.(1)证明：，四边形ABCD是菱形，∴.AC⊥BD..∠COD=90°.，CE∥OD,DE∥OC, ∴.四边形OCED是平行四边形.又，∠COD=90°，∴.四边形OCED是矩形.(2)解：4 5.(1)解：AP=ABAQ平分∠PAB(2)证明：由作图可知AP=AB=PC,AQ平分 ∠PAB,.∠PAC=∠PCA=∠CAB..PC∥AB.,PC=AB,.四边形ABCP是平行 四边形.，AP=AB,.四边形ABCP是菱形. 6.(1)证明：：四边形ABCD是平行四边形，.AD∥BC,OD=OB..∠OED= (∠OED=∠OFB, ∠OFB.在△ODE和△OBF中，∠DOE=∠BOF,.△ODE≌△OBF(AAS).(2)解： OD=OB, 由(1)，得△ODE≌△OBF,.DE=BF..DE∥BF,.四边形BEDF是平行四边形. EF⊥BD,∴四边形BEDF是菱形.∴.DF=BF=BE=DE=15cm.∴.四边形BEDF 的周长为60cm. 7.解：(1)根据题意，得DP=tcm,BQ=2tcm,则AP=(11一t)cm..四边形ABCD是 矩形，∴.AD∥BC,∠B=90°.∴当AP=BQ时，四边形ABQP是平行四边形.又：∠B =90,∴四边形ABQP是矩形.11-(-2，解得4=号.∴当1=号时，四边形ABQP 是矩形.(2)能.根据题意，得PE=AD-AE-DP=(8-t)cm,CQ=(11-2t)cm.,AD ∥BC,∴.当PE=CQ时，四边形EQCP是平行四边形.此时8-t=11-2t,解得t=3. ∴.DP=3cm,PE=5cm.在Rt△CDP中，根据勾股定理，得CP=√CD+DP= 5cm.∴.PE=CP.∴.四边形EQCP是菱形..当t=3时，四边形EQCP是菱形. 阶段小测（四） 1.D2.A3.D4.C5.C6.D7.248.90°9.310.(1)67.5°(2)W2+1 11.证明：四边形ABCD是平行四边形，.AD=BC,AD∥BC.,CE=BC,.AD CE.∴.四边形ACED是平行四边形.，ACLBC,∴∠ACE=90°..四边形ACED是矩形. 12.(1)证明：：四边形ABCD是正方形，.AB=CB,∠ABD=∠CBD.又BE=BE, .△ABE≌△CBE(SAS).(2)解：：四边形ABCD是正方形，∠BAD=90°，∠ADB =45.:DE=AD,∠DAE=∠DEA=(180-∠ADB)=67.5.∠BAE= ∠BAD-∠DAE=22.5°. 13.(1)证明：，EF垂直平分AC,AF=CF,AE=CE,∠AOF=∠COE=90°，OA= OC.:四边形ABCD是矩形，∴.AD∥BC.∴.∠OAF=∠OCE.在△OAF和△OCE中， ∠AOF=∠COE, OA=OC, .△OAF≌△OCE(ASA)..AF=CE.'.AF=CF=CE=AE. ∠OAF=∠OCE, ∴.四边形AECF是菱形.(2)解：设AE=a,则AF=CF=CE=AE=a,.∴.BE=BC一CE =8-a.四边形ABCD是矩形，∴.∠B=90°.在Rt△ABE中，由勾股定理，得AE2= AB2+BE2,即a2=4+(8-a)2,解得a=5..菱形AECF的周长为5X4=20. 14.证明：(1)，四边形ABCD是菱形，.AD∥BC,∠BAD=2∠DAC,∠ABC= 2∠DBC..∠BAD+∠ABC=180°..∠DAC=∠DBC,.∠BAD=∠ABC=90°. ∴.四边形ABCD是正方形.(2)四边形ABCD是正方形，∴.∠COB=∠DOC=90°， CO=DO.,DH⊥CE,∴.∠DHE=90°.∠CFH=∠DFO,∴.∠ECO=∠FDO.在 (∠ECO=∠FDO, △ECO和△FDO中，CO=DO, ∴.△ECO≌△FDO(ASA)..OE=OF. ∠COE=∠DOF, 47 易错章测（四） 1.A2.D3.C 4.B【易错点拨】无图时，题干没有明确边BC被分成的两部分的情况，需要分类讨论。 5.C 6.A【易错点拨】连接AC,易证四边形AECF是平行四边形，弄清平行四边形变成矩 形、菱形、正方形时，对角线需满足的情况是解题的关键。 7.70°8.20√2 9.12【快速解小题技巧】筝形（对角线互相垂直的四边形）的内接中点四边形是矩形， 矩形的面积等于筝形的两条对角线乘积的子.【延伸易错点】对角线互相垂直的四边形 不一定是菱形；对角线相等的四边形不一定是矩形，可能是等腰梯形. 10.①②④ 11.解：(1)720°(2)设一个多边形的边数为n,则另一个多边形的边数为3n.根据题 意，得(n-2)·180°+(3n-2)·180°=1440°，解得n=3..3n=9..一个多边形的边 数为3，另一个多边形的边数为9. 12.解：(1)四边形ADCE为菱形.证明如下：：AE∥CD,CE∥AB,.四边形ADCE为 平行四边形.，∠ACB=90°，D为AB的中点，.CD=AD..四边形ADCE为菱形. (2)45° 13.(1)证明：：四边形ABCD是菱形，∴OB=OD.O是BD的中点.：DH⊥AB, ∴∠DHB=90.∴OH=BD=OD.∴∠OHD=∠ODH.(2)解：四边形ABCD是 菱形，∴AB=BC=CD=AD,0D=号BD=3,AC=20C=8,BD1AC.CD= V0C+OD=5.菱形ABCD的周长为4CD=20,面积为号AC·BD=24, 14.解：(1)小明的说法是正确的.理由如下：四边形ABCD是矩形，.AB∥CD..CG ∥AF,∴.四边形AFCG是平行四边形.，AB∥CD,.∠FCA=∠GAC.由折叠的性质， 得∠GAC=∠FAC,∴∠FCA=∠FAC.∴FC=FA..四边形AFCG是菱形..小明 的说法是正确的.(2)，四边形ABCD是矩形，∴∠DCB=90°.∴.∠BCE=∠FCE十 ∠DCB=130:.由折叠的性质，得∠ACB=∠ACE=号∠BCE=65. 阶段小测（五） 1.A2.A3.C4.D5.C6.C7.138.0.19.2010.84000 11.解：该作品的综合成绩为96×50%十98×40%十96×10%=96.8（分）. 12.解：(1)128128(2)甲班成绩处于中等偏下的学生的成绩差异要大于中等偏上 的学生的成绩。 13.解：(1)600.2(2)补全频数直方图如图所示.(3)该学校八年级学生成绩优秀的 人数约为800×24+18=560. 60 「频数 30 24 18 12 6 060708090100分数 14.解：(1)4720(2)<（(3)①A1就医助手周四的数据比人工客服高502828≈ 78.6%.②AI就医助手的平均数大于人工客服数据的平均数，可得AI就医助手处理咨 询的效率更高.（答案不唯一） -48